Exercício 3. Calcule a área da parte da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} situada no interior do cilindro \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1, b \leq a, z \geq 0.

Passo 1

O enunciado pede a área da parte da esfera x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} que está ao mesmo tempo: (i) no interior do cilindro \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1 (ou seja, na região onde \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}\le 1), (ii) com z\ge 0 (parte superior da esfera). Dados relevantes fornecidos pelo enunciado: a>0, b\le a.\n\nO que devemos encontrar: a área da porção da superfície esférica (de raio a) que satisfaz essas duas restrições simultaneamente.

Passo 2

Estratégia e motivo da escolha do método (sem ainda começar a calcular): vou usar a projeção ortogonal da superfície esférica sobre o plano xy. Isso porque a parte superior da esfera pode ser escrita como gráfico z=f(x,y)=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} e existe uma fórmula simples para o elemento de área de um gráfico. Assim transformamos a área da superfície numa integral dupla sobre a região planar dada pelo cilindro (uma elipse). Esta abordagem evita parametrizações mais complicadas e as contas ficam mais diretas.\n\nVou agora lembrar e explicar a fórmula do elemento de área para um gráfico.

Passo 3

Fórmula do elemento de área para um gráfico: se uma superfície é dada por z=f(x,y) com f diferenciável, o elemento de área é
dS=\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}\;dA,
onde f_x e f_y são as derivadas parciais e dA é o elemento de área no plano xy (por exemplo dx\,dy ou em coordenadas polares r\,dr\,d\theta). Vou aplicar isso à nossa esfera.

Passo 4

Calcular f_x e f_y para a esfera superior. Temos f(x,y)=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}. Então
f_x=\frac{\partial}{\partial x}\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}=\frac{-x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}=\frac{-x}{z},
f_y=\frac{-y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}=\frac{-y}{z}.
Substituindo em \sqrt{1+f_x^2+f_y^2} obtemos
\sqrt{1+\frac{x^{2}}{z^{2}}+\frac{y^{2}}{z^{2}}}=\sqrt{\frac{z^{2}+x^{2}+y^{2}}{z^{2}}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{z^{2}}}=\frac{a}{z},
pois x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}. Logo o elemento de área da esfera superior é
dS=\frac{a}{z}\,dA.

Passo 5

Agora escrevemos a área total como integral sobre a região planar D definida por \dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}\le 1 (isto é, uma elipse no plano xy), usando z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}:
\text{Área}= \iint_{D} \frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\;dA.Á
Para facilitar a integração, faço a mudança linear que transforma a elipse unitária: defino
x=a u,\qquad y=b v.
Então a região D em (x,y) vira o disco unidade u^{2}+v^{2}\le 1 em (u,v). O jacobiano dessa transformação é |J|=ab, ou seja dA=ab\,du\,dv. Substituo na integral.

Passo 6

Após a mudança x=a u,\;y=b v temos
z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}=\sqrt{a^{2}-a^{2}u^{2}-b^{2}v^{2}}=a\sqrt{1-u^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}}v^{2}}.
A integral da área fica
\text{Área}=a\iint_{u^{2}+v^{2}\le 1}\frac{ab}{a\sqrt{1-u^{2}-\frac{b^{2}}{a^{2}}v^{2}}}\;du\,dv =ab\iint_{u^{2}+v^{2}\le 1}\frac{1}{\sqrt{1-u^{2}-k^{2}v^{2}}}\;du\,dv,Á
onde introduzi k=\dfrac{b}{a} (note 0<k\le 1). Agora uso coordenadas polares no disco (u,v): u=r\cos\theta,\;v=r\sin\theta, com 0\le r\le 1,\;0\le\theta<2\pi. O jacobiano é r. Assim
\text{Área}=ab\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\frac{r}{\sqrt{1-r^{2}(\cos^{2}\theta+k^{2}\sin^{2}\theta)}}\;dr\,d\theta.Á

Passo 7

Faço a integral em r primeiro. Para uma fixada \theta, seja c(\theta)=\cos^{2}\theta+k^{2}\sin^{2}\theta. A integral em r é
\int_{0}^{1}\frac{r}{\sqrt{1-c r^{2}}}\;dr.
Faço a substituição s=r^{2} (assim r\,dr=\tfrac{1}{2}ds). Então
\int_{0}^{1}\frac{r}{\sqrt{1-cr^{2}}}\;dr=\tfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-cs}}\;ds.
Para calcular \int_{0}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{1-cs}}\,ds uso t=1-cs, obtendo
\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-cs}}\,ds=\frac{2}{c}\bigl(1-\sqrt{1-c}\bigr).
Multiplicando por \tfrac{1}{2} vem
\int_{0}^{1}\frac{r}{\sqrt{1-cr^{2}}}\;dr=\frac{1}{c}\bigl(1-\sqrt{1-c}\bigr).

Passo 8

Substituo o resultado da integral em r de volta na integral em \theta. Lembro que c(\theta)=\cos^{2}\theta+k^{2}\sin^{2}\theta. Assim
\text{Área}=ab\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{c(\theta)}\Bigl(1-\sqrt{1-c(\theta)}\Bigr)\;d\theta.Á
É conveniente separar termos:
\text{Área}=ab\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{c(\theta)}\,d\theta -ab\int_{0}^{2\pi}\frac{\sqrt{1-c(\theta)}}{c(\theta)}\,d\theta.Á
Vou tratar cada integral por sua vez. O primeiro termo pode ser simplificado ao observar forma de c(\theta), mas há uma maneira mais direta e elegante: voltar a coordenadas polares r,\theta na expressão anterior antes de reduzir para essa forma gera uma simplificação alternativa — no entanto uma abordagem mais limpa é reescrever a área usando a integral intermediária calculada por troca da ordem de integração no passo com r limite dependente de \theta. Vou seguir essa alternativa, que simplifica a integral final.

Passo 9

Volto à forma original em coordenadas cilíndricas (mais direta): usei antes dS=\dfrac{a}{z}dA e, em coordenadas polares reais x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta, dA=r\,dr\,d\theta. A região dada pelo cilindro tem raio máximo em função de \theta igual a
r_{\max}(\theta)=\frac{ab}{\sqrt{b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta}}.
Então a área é
\text{Área}=a\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{r_{\max}(\theta)}\frac{r}{\sqrt{a^{2}-r^{2}}}\;dr\,d\theta.Á
Essa integral interna em r pode ser feita diretamente com a substituição u=a^{2}-r^{2} (ou reconhecendo a primitiva). Calculamos:
\int_{0}^{r_{\max}}\frac{r}{\sqrt{a^{2}-r^{2}}}\;dr =a-\sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}.
Portanto
\text{Área}=a\int_{0}^{2\pi}\Bigl(a-\sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}\Bigr)\;d\theta =2\pi a^{2}-a\int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}\;d\theta.Á

Passo 10

Agora calculo \sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}. Como
r_{\max}^{2}(\theta)=\frac{a^{2}b^{2}}{b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta},
temos
a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)=a^{2}\,\frac{(a^{2}-b^{2})\sin^{2}\theta}{b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta}.
Logo
\sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}=a\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}\,|\sin\theta|}{\sqrt{\,b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta\,}}.
Por simetria da integranda em \theta posso restringir a integral a [0,\tfrac{\pi}{2}] e multiplicar por 4. Assim
\int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}\;d\theta =4a\sqrt{a^{2}-b^{2}}\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin\theta}{\sqrt{b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta}}\;d\theta.

Passo 11

Faço a substituição t=\cos\theta no integral de [0,\tfrac{\pi}{2}]. Então dt=-\sin\theta\,d\theta e os limites vão de t=1 a t=0. Isso transforma
\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin\theta}{\sqrt{b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta}}\;d\theta =\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{a^{2}-(a^{2}-b^{2})t^{2}}}.
Factorizo a^{2} dentro da raiz:
\sqrt{a^{2}-(a^{2}-b^{2})t^{2}}=a\sqrt{1-(1-k^{2})t^{2}},\quad k=\frac{b}{a}.
Então o integral fica
\int_{0}^{1}\frac{dt}{a\sqrt{1-(1-k^{2})t^{2}}}=\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-k^{2}}}\arcsin\bigl(\sqrt{1-k^{2}}\bigr).
Recordando \sqrt{1-k^{2}}=\dfrac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}, obtemos após simplificar
\int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin\theta}{\sqrt{b^{2}\cos^{2}\theta+a^{2}\sin^{2}\theta}}\;d\theta =\frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\arcsin\!\Bigl(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}\Bigr).

Passo 12

Substituindo esse resultado na expressão para a integral total obtemos
\int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^{2}-r_{\max}^{2}(\theta)}\;d\theta =4a\sqrt{a^{2}-b^{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}\arcsin\!\Bigl(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}\Bigr) =4a\arcsin\!\Bigl(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}\Bigr).
Portanto a área é
\text{Área}=2\pi a^{2}-a\cdot 4a\arcsin\!\Bigl(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}\Bigr) =2\pi a^{2}-4a^{2}\arcsin\!\Bigl(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}\Bigr).Á

Passo 13

Podemos simplificar a expressão usando uma identidade trigonométrica. Note que, para 0\le b\le a,
\arcsin\!\Bigl(\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}\Bigr)=\operatorname{arccos}\!\Bigl(\frac{b}{a}\Bigr),
pois \sin(\operatorname{arccos}(b/a))=\sqrt{1-(b/a)^{2}}=\sqrt{a^{2}-b^{2}}/a. Assim a área pode ser escrita de forma mais compacta como
\text{Área}=2\pi a^{2}-4a^{2}\operatorname{arccos}\!\Bigl(\frac{b}{a}\Bigr).Á
Se quiser, factoramos 2a^{2}:
\text{Área}=2a^{2}\Bigl(\pi-2\operatorname{arccos}\!\bigl(\tfrac{b}{a}\bigr)\Bigr).Á

Resposta

\displaystyle \text{Área}=2\pi a^{2}-4a^{2}\operatorname{arccos}\!\Bigl(\dfrac{b}{a}\Bigr)Á

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